Soluzione - Matematica e Applicazioni

Calcolo delle Probabilità 2014/15 – Foglio di esercizi 1†
Spazi di probabilità.
Si consiglia di svolgere in particolare gli esercizi numero 1, 2, 3 e 4.
Esercizio 1. Per ciascuno dei seguenti esperimenti aleatori, si determini uno spazio
campionario Ω adeguato.
(a) Lancio n volte una moneta.
(b) Lancio n monete.
(c) Lancio una moneta ogni secondo, senza mai fermarmi.
(d) Lancio un dado a sei facce e una moneta.
(e) Osservo i 5 numeri estratti sulla ruota di Venezia del Lotto.
(f) Mescolo un mazzo da 40 carte e poi giro, una dopo l’altra, le prime 20 carte.
Esercizio 2. Siano A, (Ak )k∈N sottoinsiemi di un’insieme fissato Ω.
(a) Si mostri che Ak ↑ A se e solo se Ack ↓ Ac .
(b) Supponiamo che Ak ↑ A e poniamo Bk := Ak ∪ Ac per k ∈ N. Si mostri che Bk ↑ Ω.
Sk
(c) Siano (Ci )i∈N
S insiemi arbitrari e poniamo Ak := i=1 Ci per k ∈ N. Si mostri che
Ak ↑ A := i∈N Ci .
(d) Supponiamo che Ak ↑ A e poniamo Ck := Ak \ Ak−1 per k ∈ N (con A0 := ∅). Si
mostri che:
• gli insiemi (Ck )k∈N sono a due a due disgiunti: Ck ∩ Cl = ∅ per ogni k 6= l;
S
• nk=1 Ck = An per ogni n ∈ N;
S
• k∈N Ck = A.
Esercizio 3. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilità e sia (An )n∈N una successione di eventi.
S
(a) Si mostri che se P(An ) = 0 per ogni n ∈ N allora P( n∈N An ) = 0.
T
(b) Si mostri che se P(An ) = 1 per ogni n ∈ N allora P( n∈N An ) = 1.
[Sugg.: Ricordarsi della subadditività della probabilità.]
Esercizio 4. Sia (Ω, A, P) uno spazio di probabilità. Si mostri che la famiglia di insiemi
F := (A ∈ A : P(A) ∈ {0, 1})
è una σ-algebra.
Esercizio 5 (Formula di inclusione-esclusione). Dato uno spazio di probabilità (Ω, A, P),
siano A1 , A2 , . . . , An ∈ A eventi. Si dimostri per induzione che
!
n
X
X
\
P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) =
(−1)k+1
P
Ai .
k=1
†
Ultima modifica: 1 ottobre 2014.
J⊆{1,2,...,n}
tali che |J|=k
i∈J
2
Esercizi di ripasso su σ-algebre e funzioni
Esercizio 6. Sia data un’arbitraria famiglia (Ai )i∈I di σ-algebre sullo stesso insieme Ω.
T
(a) Si mostri che l’intersezione A = i∈I Ai := {A ⊆ Ω : A ∈ Ai ∀i ∈ I} è sempre una
σ-algebra su Ω.
S
(b) Si mostri che l’unione B = i∈I Ai := {A ⊆ Ω : ∃i ∈ I tale che A ∈ Ai } non è
necessariamente una σ-algebra su Ω.
Esercizio 7. Siano Ω, E due insiemi non vuoti e sia f : Ω → E un’applicazione qualunque.
Per ogni B ⊆ E, definiamone la controimmagine f −1 (B) come
f −1 (B) := ω ∈ Ω : f (ω) ∈ B ⊆ Ω
(con f −1 (∅) := ∅) ,
mentre per ogni A ⊆ Ω definiamone l’immagine f (A) come
f (A) := f (ω) : ω ∈ A} = x ∈ E : ∃ω ∈ A tale che f (ω) = x
(con f (∅) := ∅) .
(a) Si mostri che per ogni scelta di B, (Bi )i∈I sottoinsiemi di E si ha
!
!
[
[
\
\
c
−1
−1
c
−1
−1
−1
f (B) = f (B ) , f
Bi =
f (Bi ) , f
Bi =
f −1 (Bi ) ,
i∈I
i∈I
i∈I
i∈I
ossia la controimmagine rispetta le operazioni insiemistiche.
(b) Si mostri che per ogni scelta di (Ai )i∈I sottoinsiemi di Ω si ha
!
[
[
f
Ai =
f (Ai ) ,
i∈I
i∈I
ma che in generale
!
f (A)
c
6= f (Ac ) ,
f
\
i∈I
Ai
&
\
f (Ai ) .
i∈I
Esercizio 8. Siano Ω, E due insiemi arbitrari e f : Ω → E un’applicazione qualunque.
(a) Sia E ⊆ P(E) una σ-algebra su E. Si mostri che la famiglia di sottoinsiemi
f −1 (E) := {f −1 (B) : B ∈ E} = {A ⊆ Ω : ∃B ∈ E tale che A = f −1 (B)}
è una σ-algebra su Ω.
(b) Sia A ⊆ P(Ω) una σ-algebra su Ω. Si mostri che in generale la famiglia di sottoinsiemi
f (A) := {f (A) : A ∈ A} = {B ⊆ E : ∃A ∈ A tale che B = f (A)}
non è una σ-algebra su E.
(c) Sia A ⊆ P(Ω) una σ-algebra su Ω. Si mostri la famiglia di sottoinsiemi
G := {B ⊆ E : f −1 (B) ∈ A} = {B ⊆ E : ∃A ∈ A tale che A = f −1 (B)} .
è una σ-algebra su E.
3
Soluzione 1. La scelta di Ω non è univoca: riportiamo possibili soluzioni.
(a) Ω = {0, 1}n = {(x1 , . . . , xn ) : xi ∈ {0, 1} per ogni i}.
(b) Ω = {0, 1}n .
(c) Ω = {0, 1}N = {(xi )i∈N : xi ∈ {0, 1} per ogni i}.
(d) Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} × {T, C}.
(e) Ω = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) : xi ∈ {1, . . . , 90} per ogni i, xi 6= xj per ogni i 6= j} ⊆
{1, . . . , 90}5 . Oppure, se non interessa l’ordine in cui i numeri sono stati estratti, si
può scegliere Ω0 = {A ⊆ {1, . . . , 90} : |A| = 5} ⊆ P({1, . . . , 90}).
(f) Ω = {funzioni σ : {1, . . . , 20} → {1, . . . , 40} iniettive}. Equivalentemente, si può
scegliere Ω0 = {(x1 , . . . , x20 ) : xi ∈ {1, . . . , 40} per ogni i, xi 6= xj per ogni i 6= j}.
Soluzione 2.
che
A⊆B
(a) Ak ↑ A significa che Ak ⊆ Ak+1 per ogni k ∈ N e
⇐⇒
(x ∈ A ⇒ x ∈ B)
⇐⇒
S
(x 6∈ B ⇒ x 6∈ A)
k∈N Ak
⇐⇒
= A. Si noti
B c ⊆ Ac ,
quindi Ack+1 ⊇ Ack , ossia (Ack )k∈N è una successione decrescente di insiemi. Per De
Morgan
[
c
[
\
c
A=
Ak
=⇒
A =
Ak =
Ack ,
k∈N
k∈N
k∈N
e dunque Ack ↓ Ac .
(b) Dal fatto che Ak ⊆ Ak+1 segue immediatamente che Ak ∪ C ⊆ Ak+1 ∪ C per ogni C,
in particolare per C = Ac . Quindi (Bk )k∈N è una successione crescente di insiemi. Per
la proprietà associativa dell’unione
[
[
[
c
Bk =
Ak ∪ A =
Ak ∪ Ac = A ∪ Ac = Ω ,
k∈N
k∈N
k∈N
il che mostra che Bk ↑ Ω.
(c) Chiaramente Ak+1 = Ak ∪ Ck+1 ⊇ Ak , dunque (Ak )k∈N è una successione crescente.
Resta solo da verificare l’uguaglianza
[
k
[ [
Ci =
Ci .
(0.1)
k∈N
i=1
i∈N
Se ω appartiene al membro sinistro, per definizione esiste k ∈ N ed esiste i ∈ {1, . . . , k}
tale che ω ∈ Ci , in particolare esiste i ∈ N tale che ω ∈ Ci , dunque ω appartiene al
membro destro; viceversa, se esiste i ∈ N tale che ω ∈ Ci , scegliendo k := i si ha che
S
ω ∈ ki=1 Ci e dunque ω appartiene al membro destro.
(d) Senza perdita di generalità, supponiamo che k < l. Allora k ≤ l−1 e dunque Ak ⊆ Al−1
(ricordiamo che (An )n∈N è una successione crescente di insiemi), quindi Ak ∩ Acl−1 = ∅.
Di conseguenza
Ck ∩ Cl = (Ak \ Ak−1 ) ∩ (Al \ Al−1 ) = (Ak ∩ Ack−1 ) ∩ (Al ∩ Acl−1 )
= Ack−1 ∩ Al ∩ (Ak ∩ Acl−1 ) = Ack−1 ∩ Al ∩ ∅ = ∅ ,
dunque gli insiemi (Cn )n∈N sono a due a due disgiunti.
4
S
Verifichiamo l’uguaglianza nk=1 Ck = An per induzione. Per n = 1 si ha C1 = A1 ,
che è vera per definizione di C1 . Procedendo per induzione, supponiamo la relazione
vera al passo n: per il passo n + 1 si ha allora
n+1
[
k=1
Ck =
[
n
Ck
∪ Cn+1 = An ∪ Cn+1 = An ∪ (An+1 \ An ) = An ∪ (An+1 ∩ Acn )
k=1
= An ∪ An+1 ∪ An ∩ Acn ) = An+1 ∪ ∅ = An+1 .
S
S
S
S
Infine, per l’uguaglianza k∈N Ck = A, notiamo che A = n∈N An = n∈N nk=1 Ck ,
quindi ritroviamo la relazione (0.1) già dimostrata.
S
P
P
Soluzione
3.
(a)
Per
la
subadditività
P(
A
)
≤
P(A
)
≤
n
n
n∈N
n∈N
n∈N 0 = 0, quindi
S
P( n∈N An ) = 0.
T
S
(b) Per le leggi di de Morgan P(( n∈N An )c ) = P( n∈N Acn ) = 0 grazie al punto precedente,
perché P(Acn ) = 1 − P(An ) = 0 per ogni n ∈ N.
Soluzione 4. È chiaro che Ω ∈ F e ∅ ∈ F. Inoltre A ∈ F, cioè P(A) ∈ {0, 1}, se e solo se
Ac ∈ F, poiché P(Ac ) = 1 − P(A).
Infine, siano (An )n∈N eventi con An ∈ F, cioè P(An ) ∈ {0, 1}, per ogni n S
∈ N. Distinguiamo due casi.
ogni n ∈ N, allora per subaddititività
P( n∈N An ) ≤
P
PSe P(An ) = 0 per S
S
P(A
)
=
0
=
0
ossia
P(
A
)
=
0,
dunque
A
∈
F.
Se
invece esiste
n
n
n
n∈N
n∈N
n∈N
Sn∈N
n ∈SN tale che P(An ) = 1, dato cheS n∈N An ⊇ An , per monotonia
della
probabilità
si ha
S
P( n∈N An ) ≥ P(An ) = 1, ossia P( n∈N An ) = 1, dunque n∈N An ∈ F.
Soluzione 5. Procediamo per induzione su n. Per n = 1 la formula si riduce a P(A1 ) =
P(A1 ), e dunque non c’è nulla da dimostrare. Supponiamo allora che l’asserto sia vero per
ogni k ≤ n, e mostriamo che è vero per n + 1. Siano A1 , A2 , . . . , An , An+1 eventi. Usando il
fatto che, per ipotesi induttiva, la formula vale per n = 2 otteniamo
P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ∪ An+1 )
= P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) + P(An+1 ) − P((A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) ∩ An+1 )
(0.2)
= P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) + P(An+1 ) − P(B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bn ) ,
dove abbiamo posto per comodità Bi = Ai ∩ An+1 , per i = 1, 2, . . . , n. Usando nuovamente
l’ipotesi induttiva, questa volta per n eventi, otteniamo
P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) =
n
X
!
(−1)k+1
k=1
=
n
X
k=1
X
P
J⊆{1,2,...,n}
tale che |J|=k
\
Ai
i∈J
(0.3)
!
k+1
(−1)
X
J⊆{1,2,...,n+1}
tale che |J| = k e n + 1 6∈ J
P
\
i∈J
Ai
,
5
e analogamente
P(B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bn ) =
n
X
!
(−1)k+1
k=1
=
n
X
P
\
Bi
i∈J
J⊆{1,2,...,n}
tale che |J| = k
!!
X
k+1
(−1)
k=1
= −
X
n+1
X
\
P An+1 ∩
Ai
(0.4)
i∈J
J⊆{1,2,...,n}
tale che |J| = k
!
X
(−1)k+1
k=2
P
\
.
Ai
i∈J
J⊆{1,2,...,n+1}
tale che |J| = k e n + 1 ∈ J
Sostituendo (0.3) e (0.4) nell’ultimo membro di (0.2), si ottiene
P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ∪ An+1 ) =
n+1
X
k=1
!
(−1)k+1
X
J⊆{1,2,...,n+1}
tale che |J| = k
P
\
Ai
,
i∈J
che è quanto si voleva dimostrare.
Soluzione 6.
(a)
(b) Si noti che {∅, A, Ac , Ω} è una σ-algebra, per ogni A ∈ P(Ω).
Sia Ω = {1, 2, 3, 4}, A1 := {∅, {1}, {2, 3, 4}, Ω}, A2 := {∅, {1, 2}, {3, 4}, Ω}. Allora
B := A1 ∪ A2 = {∅, {1}, {1, 2}, {3, 4}, {2, 3, 4}, Ω} non è una σ-algebra, perché {1} ∈ B,
{3, 4} ∈ B ma {1, 3, 4} = {1} ∪ {3, 4} 6∈ B.
Soluzione 7.
(a)
(b) Sia Ω = {0, 1, 2}, E = {a, b, c} e sia f (0) := a e f (1) = f (2) := b. Scegliendo A := {1}
si ha che f (A) = {b} e f (Ac ) = f ({0, 2}) = {a, b}, pertanto
f (A)c = {a, c} 6= {a, b} = f (Ac ) .
Scegliendo A := {0, 1} e B := {0, 2} si ha A ∩ B = {0}, pertanto f (A ∩ B) = {a};
dato che f (A) = f (B) = {a, b}, si vede che
f (A ∩ B) = {a} & {a, b} = f (A) ∩ f (B) .
Soluzione 8.
(a)
(b) Se |E| ≥ 2 e la funzione f è costante, ossia esiste c ∈ E tale che f (ω) = c per ogni
ω ∈ Ω, allora per ogni σ-algebra A su Ω si ha f (A) = {∅, {c}} che non è una σ-algebra
su E, dal momento che E 6∈ f (A).
(c)

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